高等数学作业下(答案).doc

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1、第七章　空间解读几何与向量代数7．1空间直角坐标系1．解：A点在第4卦限；B点在第5卦限；C点在第8卦限；D点在第3卦限。2．解：分别为。3．解：。4．解：设yoz坐标面所求点为，依题意有，从而，联立解得，故所求点的坐标为.5．解：设所求z轴上的点为，依题意：，两边平方得，故所求点为。6．解：<1），即，解得或。<2），解得。7．2向量及其线性运算1．解：因为，所以。同理。2．证明：设四边形为ABCD，它们的对角线交点为M，则由条件，由此有，因此，同理：,即四边形ABCD是平形四边形。b5E2RGbCAP3．解：<1），<2

2、）均是错误的，因的模为，因而不是单位向量。而的模是1，故是单位向量。<3）因任一向量的三个方向角满足，当时有，即，所以。故<3）的说法是错误的。p1EanqFDPw4.9/9解：<1）设与同方向的单位向量为，则<2）因。故的方向余弦为：。5．解：。故向量在x轴上的投影,在y轴上的投影分量为DXDiTa9E3d6．解：设点A为

3、：<1）等式左端是向量，右端是数，所以等式不成立。<2）等式两端均为数，但等式一般不成立，除非共线。RTCrpUDGiT2．<1）解：不能推出，因为使得，即，并不要求至少有一个是零向量，而只要求。<2）不能推出，因为使得，即：成立，并不要求其中至少有一个必为零向量，而只要即可。5PCzVD7HxA3．解：<1）9/9(2>。<3）。1．解：因为与共线，则必有使得，又因，则有：，解得，所以：。2．解：由，所以<1）<2）由<1），<2）两式可得：，即，即。于是，且，所以，故。jLBHrnAILg3．<1）。<2）解：。4．<1

4、）解：。(2>解：，故。<3）。9/9<4）由<3）知。1．解：，所求单位向量为：。2．解：10．<1）证：由向量积定义知：故此三向量均在垂直于的平面内，所以共面。<2）要证共面，只要证即可，因为所以，式中。即共面。xHAQX74J0X7．4平面方程1．解：，故平面方程为：，即。2．由平面的三点式方程得：即：。3．解：平行于xoz平面的平面为：，代入点得：即：D=5B，故平面方程为：。4．解：通过z轴的平面为：，代入点<-3，1，-2）得：-3A+B=0，即:B=3A，故平面方程为：5．解：平行于轴的平面方程为：，代入两点坐

5、标得：9/9，解得：，故平面方程为：。1．设平面的截距式方程为：，即：，又，解得。故平面方程为：。2．解：两已知平面的法向量分别为：故所求平面的法向量为：，方程为：，即：3．解：所求平面方程为：，由已知得：，所求平面方程为：4．解：所求平面方程为：，且，即：，，故得两平面方程为：。10解：由两面角的角平分面上的任一点到两平面距离相等，即：，故所求平面为：或。7．5直线方程1．解：令解得，得直线上一点，直线的方向向量：9/9，因此直线的对称式方程为：，参数方程为：。1．解：取，得直线L的方程为：。2．解：，所以直线方程为：。3

6、．解：<1），且直线上点<-3，-4，0）不在平面上，所以，直线与平面平行。<2）直线与平面垂直。<3）且满足平面方程，所以直线在平面上。LDAYtRyKfE4．解：，直线方程为：。5．解：过原点作垂直于已知直线的平面：，直线的参数方程为，将其代入平面方程解得：，所以直线与平的交点为：，所求距离.Zzz6ZB2Ltk6．解：过直线的平面束方程：，即：，与已知平面垂直，因此：9/9，解得：，对应平面为：，所以投影直线为：。8．解：设平面方程为：，即：，又或，平面方程为：或。9．解：。过的平面束方程为：，又过点，代入得：，故平面

7、方程为。10．解：过点P且垂直于已知直线的平面为：，即：，与已知直线的交点为<3，6，8），设所求点为，则由中点公式得：，所求点为<2，9，6）。dvzfvkwMI111．解：设交点，而，则与垂直。，即，交点为<1，-1，3），所以直线方程为。9/912．解：不平行，两直线上已知点，所以两直线异面。过点作以为边的平行四边形，连接对应顶点得平行六面体，所求异面直线的距离d即为此平行六面体之高。。rqyn14ZNXI7．6曲面方程与曲线方程1．解：球半径球面方程为：。2．解：设球心为，由已知球心在第I卦限得；，且，则：或，球面方

8、程为：或。3．解：。4．解：绕轴旋转得：，绕轴旋转得：。5．解：消去坐标得：，为母线平行于轴的柱面，消去坐标得：，为母线平行于轴的柱面。6．解：设动点坐标为，由已知得：，即：为旋转椭球面。7．解：投影柱面为：，投影曲线为：。9/91．解：原曲线方程即：，化为。2．解：<1）椭球面；<2）单